Chuyên đề những cặp phương trình hàm

NGUYỄN TÀI CHUNG GIỎ BỒI D Ư HỌ C S NG IN H Ỡ I   M P HƯ À ƠN G TRÌNH H f: ∞ + ; (0 )→ ) ∞ 0; + ( R f :R→ NHỮNG CẶP phương trình hàm y f :Z→Z O y = f (x) a b Pleiku 25-12-2019 x f : N∗ → N | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai i | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai MỤC LỤC MỤC LỤC A Đề B Lời giải | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai NHỮNG CẶP PHƯƠNG TRÌNH HÀM A ĐỀ BÀI Bài 1 Tìm tất hàm số f : R → R, liên tục R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R Tìm hàm số f : R → R, đơn điệu R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) Tìm tất hàm f : R → R bị chặn đoạn [ a; b] thỏa mãn điều kiện: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R Tìm tất hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y, x + y ∈ [0; 1] Bài Tìm hàm số f : R → R liên tục R thỏa mãn điều kiện:  f x+y  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ R 2 Tìm tất hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn:  f x+y  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ [0; 1] Tìm tất hàm số liên tục f : [ a; b] → R thỏa mãn:  f x+y  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ [ a; b] Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn  f x+y  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y > Tìm tất hàm số f : ( A; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn  f MỤC LỤC x+y  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ ( A; +∞) 2 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x f (y) + x ) = xy + f ( x ), ∀ x, y ∈ R Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn f ( x f (y) + x ) = xy + f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞) Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x f (y) + f ( x )) = f ( x ) + xy, ∀ x, y ∈ R (Brazil National Olympiad 2006) Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn f ( x f (y) + f ( x )) = f ( x ) + xy, ∀ x, y ∈ (0; +∞) (Trường Đông Tốn Học Miền Nam 2019-2020) Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x2 + f (y)) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ R (Đề nghị thi Olympic 30/04/2011) Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn   f x2 + f (y) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞) Tìm hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:   f x2 + f (y) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ N∗ (Romania National Olympiad 2008, Grade 9) Bài Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn: f ( x + y f ( x )) = f ( x ) + x f (y), ∀ x, y ∈ Z Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + y f ( x )) = f ( x ) + x f (y), ∀ x, y ∈ R Bài MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn:   f x2 + f (y) = [ f ( x )]2 + y, ∀ x, y ∈ R (IMO 1992) Cho số nguyên n ≥ Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x n + f (y)) = [ f ( x )]n + y, ∀ x, y ∈ R Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:   f m2 + f (n) = f (m)2 + n, ∀m, n ∈ N∗ Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn   f x2 + f (y) = f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞) Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f ( x f ( x ) + f (y)) = f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ R (Balkan MO 2000, Argentina TST 2005) Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn: f ( x f ( x ) + f (y)) = f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞) Bài Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm f ( x + y) + f ( x ) f (y) = f ( x ) + f (y) + f ( xy), ∀ x, y ∈ R (Belarus 1997) Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn f ( x + y) + f ( x ) f (y) = f ( xy) + f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) Bài 10 Tìm đơn ánh f : Z → Z thỏa mãn: | f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ Z (Romania National Olympiad 2013) Tìm tất hàm số f : [ a, b] → [ a, b] thỏa mãn | f ( x ) − f (y)| ≥ | x − y|, ∀ x, y ∈ [ a, b] MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Tìm tất hàm số f xác định [0; 1], nhận giá trị R thỏa mãn: | x − y|2 ≤ | f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ [0; 1] (Romania District Olympiad 2011; Azerbaijan IMO TST 2015) Bài 11 Chứng minh không tồn hàm số f : N −→ N thỏa mãn f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N (IMO 1987) Tìm tất hàm số tăng nghiêm ngặt f : N∗ → N∗ thỏa mãn f ( f (n)) = n + 1994, ∀n ∈ N∗ (Bài toán T8/202, Toán học tuổi trẻ tháng 04/1994) Tìm tất số nguyên dương b cho tồn hàm số f : N → N thỏa mãn f ( f (n)) = n + b, ∀n ∈ N Bài 12 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (mn) + f (m + n) = f (m) f (n) + 1, ∀m, n ∈ N∗ (Indonesia Mathematics Olympiad 2008) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (m + n) + f (mn) = f (m) f (n) + 1, ∀m, n ∈ Z Tìm tất hàm số f : Z → Z thoả mãn f (m + n) + f (m) f (n) = f (mn + 1) , ∀m, n ∈ Z B LỜI GIẢI 1 Giả sử tồn hàm số f : R → R, liên tục R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R Trong (1) lấy y = x ta f (2x ) = f ( x ), ∀ x ∈ R (1) (2) Trong (2) lấy x = ta f (0) = Từ (1) (2) phương pháp quy nạp ta chứng minh f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ N (3) MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Trong (1) lấy y = − x sử dụng f (0) = ta f (− x ) = − f ( x ), ∀ x ∈ R (4) Bởi n = −1, −2, , sử dụng (3) (4) ta có f (nx ) = f (−n(− x )) = −n f (− x ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R Từ (3) (5) suy (5) f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ Z (6) Với n = 1, 2, , sử dụng (3) ta có       1 1 f ( x ) = f n x = n f x ⇒ f x = f ( x ), ∀ x ∈ R n n n n (7) Với m, n ∈ Z n > 0, sử dụng (7) (6) ta có     m  1 m f x = f m x = m f x = m f ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ R n n n n n Bởi Trong (8) lấy x = ta f (rx ) = r f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀r ∈ Q (8) f (r ) = r f (1), ∀r ∈ Q (9) ∞ Với x ∈ R tồn dãy số hữu tỉ {rn }+ n=1 cho lim rn = x Vì f liên tục nên n→+∞  f (x) = f  lim rn n→+∞ Vậy = lim f (rn ) = lim rn f (1) = f (1) lim rn = f (1) x n→+∞ n→+∞ n→+∞ f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R (với C số tùy ý) (10) Thử lại thấy thỏa mãn Ta kết luận: tất hàm số cần tìm có dạng (10) Nhận xét  Hàm số f : R → R thỏa mãn (1) gọi hàm cộng tính  Trong toán ??, ta thay giả thiết hàm số f liên tục R hàm số f liên tục điểm x0 kết Thật vậy, hàm số f liên tục điểm x0 lim f (t) = f ( x0 ) Bởi t → x0 lim f (u) = u→ x lim u − x + x0 → x0 f ((u − x + x0 ) + ( x − x0 )) = lim f (t + ( x − x0 )) = lim f (t) + f ( x − x0 ) t → x0 t → x0 = f ( x0 ) + f ( x − x0 ) = f ( x0 + x − x0 ) = f ( x ), hay f liên tục x ∈ R Như vậy, hàm số f xác định R, liên tục điểm x0 ∈ R thỏa mãn phương trình hàm Cauchy f liên tục R Giả sử tồn hàm số f : R → R, đơn điệu R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R MỤC LỤC (1) | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai  Trường hợp 1: f hàm tăng Tương tự toán ?? trang ?? ta chứng minh f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q (2) ∞ +∞ Với x ∈ R tùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }+ n=1 , { }n=1 cho un ≤ x ≤ , ∀n = 1, 2, ; lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Vì f hàm tăng nên kết hợp với (2) ta có f (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) ⇒ kun ≤ f ( x ) ≤ kvn (∀n = 1, 2, ) Cho n → +∞ bất đẳng thức ta kx ≤ f ( x ) ≤ kx ⇒ f ( x ) = kx Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn  Trường hợp 2: f hàm giảm Tương tự toán ?? trang ?? ta chứng minh f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q (2) ∞ +∞ Với x ∈ R tùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }+ n=1 , { }n=1 cho un ≤ x ≤ , ∀n = 1, 2, ; lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Vì f hàm giảm nên kết hợp với (2) ta có: f (un ) ≥ f ( x ) ≥ f (vn ) ⇒ kun ≥ f ( x ) ≥ kvn (∀n = 1, 2, ) Cho n → +∞ bất đẳng thức ta kx ≥ f ( x ) ≥ kx ⇒ f ( x ) = kx Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k số bất kì) Giả sử tồn hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) (1) Từ (1) cho x = y ta được: f (2x ) = f ( x + x ) = f ( x ) + f ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được: f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) , n ∈ N∗ Đặt c = f (1) > Với n = 1, 2, , ta có:     (2) 1 c = f (1) = f (n ) = n f ⇒ f = c , ∀n ∈ N∗ n n n n (2) (3) MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai m Ta có: n     m (2) (3) cm = mf = f (r ) = f = f m = cr n n n n Giả sử r ∈ Q, r > 0, ∃m, n ∈ N∗ cho: r = (4) Từ giả thiết suy ra: f ( x + y) > f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞), f hàm tăng (0; +∞) Với số thực x > 0, tồn hai dãy số hữu tỉ dương (αn ), ( β n ) cho: αn ≤ x ≤ β n , ∀n = 1, 2, lim αn = x = lim β n n→+∞ n→+∞ Do (4) f tăng nghiêm ngặt (0; +∞) nên: f (αn ) ≤ f ( x ) ≤ f ( β n ), ∀n = 1, 2, ⇒cαn ≤ f ( x ) ≤ cβ n , ∀n = 1, 2, (5) Từ (5) cho n → +∞ sử dụng nguyên lí kẹp ta được: cx ≤ f ( x ) ≤ cx, ∀ x > Vậy f ( x ) = cx, ∀ x > Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu đề Giả sử tồn hàm f : R → R bị chặn đoạn [ a; b] thỏa mãn điều kiện: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R (1) Do f bị chặn đoạn [ a; b] nên ∃ M ∈ R cho f ( x ) < M, ∀ x ∈ [ a; b] Ta chứng minh hàm số f bị chặn đoạn [0; b − a] Thật vậy, với x ∈ [0; b − a] x + a ∈ [ a; b] Ta có f ( x + a) = f ( x ) + f ( a) ⇒ f ( x ) = f ( x + a) − f ( a) ⇒ −2M < f ( x ) < 2M Vậy | f ( x )| < 2M, ∀ x ∈ [0; b − a], hay f bị chặn đoạn [0; b − a] f (d) , g( x ) = f ( x ) − cx Khi Đặt b − a = d > 0, f bị chặn [0; d] Đặt c = d với x ∈ R, y ∈ R g( x + y) = f ( x + y) − c( x + y) = f ( x ) − cx + f (y) − cy = g( x ) + g(y) Hơn g(d) = f (d) − cd = Vậy g( x + d) = g( x ), ∀ x ∈ R, hay g hàm tuần hoàn, g bị chặn [0; d], kết hợp với tính tuần hồn g R, suy g bị chặn R Giả sử ∃ x0 ∈ R : g( x0 ) 6= Khi với số tự nhiên n g(nx0 ) = ng( x0 ), suy (2) | g(nx0 )| = n | g( x0 )| , ∀n ∈ N Do g( x0 ) 6= nên từ (2) ta có lim | g(nx0 )| = lim | g( x0 )| n = +∞, | g(nx0 )| lớn n→+∞ n→+∞ tùy ý (chỉ cần chọn n đủ lớn), trái với điều kiện bị chặn hàm g Vậy g( x ) = 0, ∀ x ∈ R, f ( x ) = cx, ∀ x ∈ R (c số) Thử lại thấy thỏa mãn MỤC LỤC 34 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai • Xét < x < y Khi 1 0< < f ( x ) y x f (y) f (x) Vậy hàm f đồng biến khoảng (1; +∞) Do f đồng biến khoảng (0; +∞) Cuối cùng, với x > ta chọn hai dãy ∞ +∞ hữu tỉ {un }+ n=1 , { }n=1 cho: < un ≤ x ≤ , ∀n = 1, 2, ; lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Khi f đồng biến khoảng (0; +∞) nên f (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) ⇒ un ≤ f ( x ) ≤ , ∀n = 1, 2, Cho n → +∞ ta f ( x ) = x Thử lại thấy thỏa mãn Tóm lại: Có hai hàm số thỏa mãn đề f ( x ) = 2, ∀ x ∈ (0; +∞) f ( x ) = x, ∀ x ∈ (0; +∞) 10 Giả sử tồn đơn ánh f : Z → Z thỏa mãn: | f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ Z (1) Trong (1) thay x y + 1, ta | f (y + 1) − f (y)| ≤ 1, ∀y ∈ Z Mà | f (y + 1) − f (y)| ∈ N∗ nên | f (y + 1) − f (y)| = 1, ∀y ∈ Z (2) Đặt f (0) = a Từ (2) ta có  | f (1) − f (0)| = ⇔ | f (1) − a| = ⇔ f (1) = a + f (1) = a − • Trường hợp : f (1) = a + Ta chứng minh quy nạp f (n) = a + n, ∀n ∈ Z (3) Ta có f (0) = a + 0, f (1) = a + Giả sử với k ∈ N f (k ) = a + k, f (k + 1) = a + (k + 1) Khi sử dụng (2) ta | f (k + 2) − f (k + 1)| = ⇔ | f (k + 2) − a − (k + 1)| =   f ( k + 2) − a − k − = f ( k + 2) = a + ( k + 2) ⇔ ⇔ f ( k + 2) − a − k − = −1 f (k + 2) = a + k (4) MỤC LỤC 35 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Do f đơn ánh f (k) = a + k nên từ (4) suy f (k + 2) = a + (k + 2) Theo nguyên lí quy nạp suy f (n) = a + n, ∀n ∈ N (5) Sử dụng (2) ta  | f (−1) − f (0)| = ⇒ f (−1) − a = ⇒ f (−1) − a = −1  f (−1) = a + f (−1) = a − Mà f (1) = a + f đơn ánh nên f (−1) = a − Giả sử với k ∈ N f (k ) = a + k, f (k − 1) = a + (k − 1) Khi sử dụng (2) ta | f (k − 1) − f (k − 2)| = 1, hay   a + k − − f ( k − 2) = f ( k − 2) = a + ( k − 2) ⇒ a + k − − f ( k − 2) = −1 f (k − 2) = a + k Do f đơn ánh f (k ) = a + k nên f (k − 2) = a + (k − 2) Theo nguyên lí quy nạp suy f (n) = a + n, ∀n = 0, −1, −2, −3, (6) Từ (5) (6) suy (3) • Trường hợp : f (1) = a − Tương tự trường hợp 1, chứng minh f (n) = a − n, ∀n ∈ Z (7) Thử lại thấy hai hàm số xác định (3) (7) thỏa mãn yêu cầu đề tất hàm số cần tìm Giả sử tồn hàm số f : [ a, b] → [ a, b] thỏa mãn | f ( x ) − f (y)| ≥ | x − y|, ∀ x, y ∈ [ a, b] (1) Thay x = b y = a vào bất phương trình trên, ta có | f (b) − f ( a)| ≥ b − a (2) Do f : [ a, b] → [ a, b] nên f ( a) f (b) nằm đoạn [ a; b], từ suy trục số (trục Oy) khoảng cách hai điểm f ( a) f (b) (khoảng cách hai điểm f ( a) f (b) | f (b) − f ( a)|) nhỏ độ dài đoạn [ a; b] (độ dài đoạn [ a; b] b − a) Như vậy, từ (2) thấy | f (b) − f ( a)| = b − a Tức có khả sau xảy ra:  Khả 1: f (b) = b f ( a) = a Trong (1), cho y = a ta | f ( x ) − a| ≥ | x − a| , ∀ x ∈ [ a; b] ⇒ f ( x ) − a ≥ x − a, ∀ x ∈ [ a; b] ⇒ f ( x ) ≥ x, ∀ x ∈ [ a; b] (3) Trong (1), cho y = b ta | f ( x ) − b| ≥ | x − b| , ∀ x ∈ [ a; b] ⇒b − f ( x ) ≥ b − x, ∀ x ∈ [ a; b] ⇒ f ( x ) ≤ x, ∀ x ∈ [ a; b] Từ (3) (4) ta có f ( x ) = x, ∀ x ∈ [ a, b] MỤC LỤC (4) 36 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai  Khả 2: f (b) = a f ( a) = b Đặt g( x ) = a + b − f ( x ), ∀ x ∈ [ a, b] Khi g( a) = a, g(b) = b Rõ ràng g : [ a, b] → [ a, b] | g( x ) − g(y)| ≥ | x − y|, ∀ x, y ∈ [ a, b] nên theo trường hợp trên, ta có g( x ) = x, ∀ a, b ∈ [ a, b] Từ f ( x ) = a + b − x, ∀ x ∈ [ a, b] Vậy tốn có nghiệm hàm, f ( x ) = x, ∀ x ∈ [ a, b] f ( x ) = a + b − x, ∀ x ∈ [ a, b] Giả sử tồn hàm số f xác định [0; 1], nhận giá trị R thỏa mãn: | x − y|2 ≤ | f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ [0; 1] (1) Lời giải Kí hiệu P(u, v) việc thay x u, thay y v vào (1) Từ (1) cho y → x sử dụng nguyên lí kẹp ta lim | f ( x ) − f (y)| = ⇒ lim [ f ( x ) − f (y)] = ⇒ lim f (y) = f ( x ) y→ x y→ x y→ x Như f hàm số liên tục [0; 1] Giả sử a, b hai số thuộc đoạn [0; 1] cho f ( a) = f (b) Khi P( a, b) ⇒ ( a − b)2 ≤ ⇒ a = b, suy f đơn ánh Kết hợp với f liên tục suy f đơn điệu thực Nhận xét f ( x ) thỏa (1) f ( x ) + c − f ( x ) + c thỏa (1), giả sử f (0) = f hàm đơn điệu tăng P(1, 0) ⇒ ≤ | f (1)| ≤ ⇒ | f (1)| = ⇒ f (1) = (do f tăng < 1) Do hàm số f đồng biến nên với ≤ x ≤ 1, ta có f (0) ≤ f ( x ) ≤ f (1) Suy f ( x ) ∈ [0; 1], ∀ x ∈ [0; 1] Ta có P( x, 0) ⇒ | f ( x )| ≤ | x | ⇒ f ( x ) ≤ x, ∀ x ∈ [0; 1] P( x, 1) ⇒ − f ( x ) ≤ − x ⇒ f ( x ) ≥ x, ∀ x ∈ [0; 1] (2) (3) Từ (2) (3) suy f ( x ) = x, ∀ x ∈ [0; 1] Như f ( x ) = x + c, ∀ x ∈ [0; 1] ; f ( x ) = − x + b, ∀ x ∈ [0; 1]
b, c số Thử lại thấy thỏa mãn Lưu ý  Nhận xét "nếu f ( x ) thỏa mãn (1) f ( x ) + c − f ( x ) + c thỏa (1), giả sử f (0) = f hàm đơn điệu tăng" làm cho toán trở nên ngắn gọn dễ dàng nhiều Đây kỹ thuật mà bạn đọc phải lưu ý để tận dụng vào tình Kỹ thuật cịn xuất toán ?? trang ??, toán ?? trang ??  Từ kết lời giải thấy ta khơng thể tính f (0), vận dụng kỹ thuật trình bày tốn ?? trang ??, toán ?? trang ??, toán ?? trang ?? để đưa lời giải sau: MỤC LỤC 37 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Lời giải Xét hàm số g : [0; 1] → R sau: g( x ) = f ( x ) − f (0), ∀ x ∈ [0; 1] Khi g(0) = Thay vào (1), ta được: | x − y|2 ≤ | g( x ) − g(y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ [0; 1] Từ (4) cho y = 0, ta được: x2 ≤ | g( x )| ≤ x, ∀ x ∈ [0; 1] Nói riêng, ta có | g(1)| = − x ≤ g( x ) ≤ x, ∀ x ∈ [0; 1] Thay y = vào (4), ta được: (4) (5) (1 − x )2 ≤ | g(1) − g( x )| ≤ − x, ∀ x ∈ [0; 1] (6)  Trường hợp 1: g(1) = Khi (6) trở thành: (1 − x )2 ≤ − g( x ) ≤ − x, ∀ x ∈ [0; 1] ⇔ x2 − 2x ≤ − g( x ) ≤ − x, ∀ x ∈ [0; 1] ⇔ x ≤ g( x ) ≤ 2x − x2 , ∀ x ∈ [0; 1] (7) Từ (7) (5) suy ra: x ≤ g( x ) ≤ x, ∀ x ∈ [0; 1] ⇔ g( x ) = x, ∀ x ∈ [0; 1] Như f ( x ) = x + a, ∀ x ∈ [0; 1] (a số tùy ý) Thử lại thấy thỏa mãn  Trường hợp 2: g(1) = −1 Khi (6) trở thành: (1 − x )2 ≤ + g( x ) ≤ − x, ∀ x ∈ [0; 1] ⇔ x2 − 2x ≤ g( x ) ≤ − x, ∀ x ∈ [0; 1] Từ (8) (5) suy ra: − x ≤ g( x ) ≤ − x, ∀ x ∈ [0; 1] ⇔ g( x ) = − x, ∀ x ∈ [0; 1] Như f ( x ) = − x + a, ∀ x ∈ [0; 1] (a số tùy ý) Thử lại thấy thỏa mãn Như f ( x ) = x + c, ∀ x ∈ [0; 1] ; f ( x ) = − x + b, ∀ x ∈ [0; 1] 11 Giả sử tồn hàm số f : N −→ N thỏa mãn f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N Theo giả thiết ta có f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N MỤC LỤC
b, c số (8) 38 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai ⇒ f (n + 1987) = f ( f ( f (n))) = f (n) + 1987, ∀n ∈ N Vậy f (n + 1987) = f (n) + 1987, ∀n ∈ N Từ đây, qui nạp, chứng minh f (n + 1987k ) = f (n) + 1987k, ∀n, k ∈ N (1) Như vậy, f hoàn toàn xác định biết f (k ) với k ∈ S = {0, 1, , 1986} Với a ∈ S, đặt f ( a) = 1987k + b (với b ∈ S k ∈ N) (2) Khi đó, từ đẳng thức giả thiết, ta suy a + 1987 = f ( f ( a)) = f (b + 1987k ) = f (b) + 1987k Suy a = f (b) + 1987(k − 1) Nhưng a ∈ S nên k ∈ {0, 1} Do từ (2) ta có f ( a) ≤ 1987 + 1986, ∀ a ∈ S (3) Do (3) nên ta xét hai tập hợp sau: A = {n ∈ S : ≤ f (n) ≤ 1986} , B = {n ∈ S : 1987 ≤ f (n) ≤ 1986 + 1987} Khi A ∩ B = ∅, S = A ∪ B Như |S| = | A| + | B|, | X | số phần tử tập hợp X Do |S| = 1987 số lẻ nên | A| | B| có tính chẵn, lẻ khác Xét thu hẹp f A, tức xét f (n) với n ∈ A Nếu n ∈ A ≤ f (n) ≤ 1986 ⇒ f (n) ∈ S, (4) mặt khác, ≤ n ≤ 1986 nên (3) 1987 ≤ n + 1987 = f ( f (n)) ≤ 1986 + 1987 ⇒ f (n) ∈ B (4) Vậy f : A → B Dễ chứng minh f đơn ánh nên dĩ nhiên f đơn ánh Ta chứng A A minh f toàn ánh Lấy x ∈ B tùy ý, A  ≤ x ≤ 1986 ⇒ ≤ f ( x ) − 1987 ≤ 1986, 1987 ≤ f ( x ) ≤ 1986 + 1987 suy f ( x ) − 1987 ∈ S Lấy số nguyên m ≥ 1987, sử dụng (1) ta f (m) = f (m − 1987) + 1987 (5) Lại để ý f ( x ) ≥ 1987 nên theo (5) f ( f ( x )) = f ( f ( x ) − 1987) + 1987 Nhưng f ( f ( x )) = x + 1987 nên (6) trở thành x = f ( f ( x ) − 1987) Đặt y = f ( x ) − 1987 Do x ∈ B nên kết hợp với (7) ta (6) (7) ≤ x = f ( f ( x ) − 1987) ≤ 1986